福建省厦门市思明区湖滨中学2025-2026学年数学高一第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

福建省厦门市思明区湖滨中学2025-2026学年数学高一第一学期期末教学质量检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．在下列图象中，函数的图象可能是
A. B.
C. D.
2．在下列区间中，函数的零点所在的区间为（）
A. B.
C. D.
3．角的终边过点，则（）
A. B.
C. D.
4．过点且与直线垂直的直线方程为
A. B.
C. D.
5．计算（）
A. B.
C. D.
6．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是
A.圆柱 B.圆锥
C.四面体 D.三棱柱
7．与终边相同的角的集合是
A. B.
C. D.
8．函数的定义城为（ ）
A B.
C. D.
9．高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数()，则函数的值域为（）
A. B.
C. D.
10．若角的终边过点，则等于
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为__________
12．不等式的解集是___________.
13．已知在区间上单调递减，则实数的取值范围是____________.
14．设集合，，则______
15．已知函数，的部分图象如图所示，其中点A，B分别是函数的图象的一个零点和一个最低点，且点A的横坐标为，，则的值为________.

16．已知函数=，若对任意的都有成立，则实数的取值范围是______
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知全集，，.
（1）求；
（2）若，求实数的取值范围；
（3）若，求实数的取值范围.
18．计算
（1）；
（2）.
19．已知函数是定义在R上的奇函数
（1）用定义法证明为增函数；
（2）对任意，都有恒成立，求实数k的取值范围
20．已知直线：的倾斜角为
（1）求a；
（2）若直线与直线平行，且在y轴上的截距为－2，求直线与直线的交点坐标
21．已知，， ，为第二象限角，求和的值.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、C
【解析】根据函数的概念，可作直线从左向右在定义域内移动，得到直线与曲线的交点个数，即可判定.
【详解】由函数的概念可知，任意一个自变量的值对应的因变量的值是唯一的，
可作直线从左向右在定义域内移动，得到直线与曲线的交点个数是0或1，
显然A、B、D均不满足函数的概念，只有选项C满足.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了函数概念，以及函数的图象及函数的表示，其中解答中正确理解函数的基本概念是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用.
2、C
【解析】利用零点存在定理即可判断.
【详解】函数的定义域为R.
因为函数均为增函数，所以为R上的增函数.
又，，
，.
由零点存在定理可得：的零点所在的区间为.
故选：C
3、B
【解析】由余弦函数的定义计算
【详解】由题意到原点的距离为，
所以
故选：B
4、D
【解析】所求直线的斜率为，故所求直线的方程为，整理得，选D.
5、A
【解析】利用正切的诱导公式即可求解.
【详解】，
故选：A.
6、A
【解析】因为圆柱的三视图有两个矩形，一个圆，正视图不可能是三角形，而圆锥、四面体（三棱锥）、三棱柱的正视图都有可能是三角形，所以选A.
考点：空间几何体的三视图.
7、D
【解析】根据终边相同的角定义的写法，直接写出与角α终边相同的角，得到结果
【详解】根据角的终边相同的定义的写法，若α＝，则与角α终边相同的角可以表示为k•360°（k∈Z），即（k∈Z）
故选D
【点睛】本题考查与角α的终边相同的角的集合的表示方法，属于基础题.
8、C
【解析】由对数函数的性质以及根式的性质列不等式组，即可求解.
【详解】由题意可得 解得，
所以原函数的定义域为，
故选：C
9、B
【解析】先利用换元思想求出函数的值域，再分类讨论，根据新定义求得函数的值域
【详解】()，
令，可得，
在上递减，在上递增，时，有最小值，
又因为，所以当时，，
即函数的值域为，
时，；
时，；
时，；
的值域是
故选：B
【点睛】思路点睛：新定义是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
10、C
【解析】角终边过点，则，所以.
故选C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】联立方程组求得交点的坐标为，根据题意求得所求直线的斜率为，结合点斜式可得所求直线的方程.
【详解】联立方程组，得交点，
因为所求直线垂直于直线，故所求直线的斜率，
由点斜式得所求直线方程为，即.
故答案为：.
12、或
【解析】把分式不等式转化为，从而可解不等式.
【详解】因为，所以，解得或，
所以不等式的解集是或.
故答案为：或.
13、
【解析】根据复合函数单调性的判断方法,结合对数函数的定义域,即可求得的取值范围.
【详解】在区间上单调递减
由对数部分为单调递减,且整个函数单调递减可知
在上单调递增,且满足
所以,解不等式组可得
即满足条件的取值范围为
故答案为:
【点睛】本题考查了复合函数单调性的应用,二次函数的单调性,对数函数的性质,属于中档题.
14、
【解析】联立方程组，求出交点坐标，即可得到答案
【详解】解方程组，得或.
故答案为：
15、##
【解析】利用条件可得，进而利用正弦函数的图象的性质可得，再利用正弦函数的性质即求.
【详解】由题知，设，
则，
∴，∴，
∴，
将点代入，

解得，又，
∴.
故答案为：.
16、
【解析】转化为对任意的都有，再分类讨论求出最值，代入解不等式即可得解.
【详解】因为=，所以等价于，等价于，
所以对任意的都有成立，等价于，
（1）当，即时，在上为减函数，，
在上为减函数，，
所以，解得，结合可得.
（2）当，即时，在上为减函数，，
在上为减函数，在上为增函数，或，
所以且，解得.
（3）当，即时，，在上为减函数，，在上为增函数，，
所以，解得，结合可知，不合题意.
（4）当，即时，在上为减函数，在上为增函数，
，在上为增函数，，
此时不成立.
（5）当时，在上为增函数，，在上为增函数，，
所以，解得，结合可知，不合题意.
综上所述：.
故答案为：

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1) ;(2);(3) .
【解析】（1）因为全集，，所以
（2）因为，且.
所以实数的取值范围是
（3）因为，且，所以，所以可得
18、（1）2（2）
【解析】（1）根据对数计算公式，即可求得答案；
（2）将化简为，即可求得答案.
【小问1详解】

【小问2详解】

19、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据函数单调性定义及指数函数的单调性与值域即可证明；
（2）由已知条件，利用函数的奇偶性和单调性，可得对恒成立，然后分离参数，利用基本不等式求出最值即可得答案.
【小问1详解】
证明：设，则，
由，可得，即，又，，
所以，即，则在上为增函数；
【小问2详解】
解：因为任意，都有恒成立，且函数是定义在R上的奇函数，
所以对恒成立，
又由（1）知函数在上为增函数，所以对恒成立，
由，有，
所以对恒成立，
设，由递减，可得，
所以，当且仅当时取得等号，
所以，即的取值范围是.
20、（1）-1；（2）(4,2).
【解析】（1）根据倾斜角和斜率的关系可得，即可得a值.
（2）由直线平行有直线为，联立直线方程求交点坐标即可.
【小问1详解】
因为直线的斜率为，即，故
【小问2详解】
依题意，直线的方程为
将代入，得，故所求交点的(4,2)
21、，
【解析】由已知可求得，，根据和的余弦公式可求得，再利用二倍角公式即可求出.
详解】，，，
，为第二象限角，
则，解得，
，
，
.